A. Pieces of Parentheses
將括號串排序，先處理會使左括號數增加的串，這裡面先處理減少的值少的串；再處理會使左括號數減少的串，這裡面先處理差值較大的串。確定順序之後就可以DP了。
時間複雜度$O(n^3)$。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=310,inf=1000000;
int n,i,j,m,all,f[N*N],g[N*N];char s[N];
struct P{
int x,y,w;
int type,p;
void cal(){
if(y>=0){
type=1;
p=-x;
}else{
type=0;
p=y-x;
}
}
}a[N];
inline bool cmp(const P&a,const P&b){
if(a.type!=b.type)return a.type>b.type;
if(a.type==1)return a.p<b.p;
return a.p>b.p;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
m=strlen(s);
for(j=0;j<m;j++){
if(s[j]=='(')a[i].y++;else a[i].y--;
a[i].x=min(a[i].x,a[i].y);
}
a[i].w=m;
a[i].cal();
all+=m;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(i=1;i<=all;i++)f[i]=-inf;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=0;j<=all;j++)g[j]=f[j];
for(j=0;j<=all;j++)if(j+a[i].x>=0&&f[j]>=0)g[j+a[i].y]=max(g[j+a[i].y],f[j]+a[i].w);
for(j=0;j<=all;j++)f[j]=g[j];
}
printf("%d",f[0]);
}
B. Stars in a Can
求出三維凸包，列舉一個面，求出距離這個面最遠的點作為圓柱體的高，然後將所有點投影到平面上求最小圓覆蓋作為底面即可。
時間複雜度$O(n^2)$。
C. Stretching Streamers
$f[i][j][k]$表示$[i,j]$區間，$(i,j)$這條邊存在情況為$k$時的生成樹個數，然後區間DP即可。
時間複雜度$O(n^3)$。
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<time.h>
#include<assert.h>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>pi;
const int Maxn=313,mod=1e9+7;
int n;
int g0[Maxn][Maxn][2];
int g1[Maxn][Maxn][2];
int a[Maxn];
int ok[Maxn][Maxn];
inline void up(int &x,int y){
x+=y;if(x>=mod)x-=mod;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",a+i);
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
ok[i][j]=__gcd(a[i],a[j])>1;
}
}
for(int i=0;i<n;i++)g0[i][i][0]=g1[i][i][0]=1;
for(int len=2;len<=n;len++){
for(int l=0;l<n;l++){
int r=l+len-1;
if(r>=n)break;
g0[l][r][0]=g0[l][r][1]=0;
for(int br=l;br<r;br++){
up(g0[l][r][0],1LL*g0[l][br][1]*g0[br][r][0]%mod);
if(ok[l][r])up(g0[l][r][1],1LL*g0[l][br][0]*g1[br+1][r][0]%mod);
/*
if(l==0&&r==1){
printf("br=%d %d %d\n",br,g0[l][r][0],g0[l][r][1]);
}
*/
}
up(g0[l][r][0],g0[l][r][1]);
/*
if(l==0&&r==2){
printf("%d %d\n",g0[l][r][0],g0[l][r][1]);
}
*/
g1[l][r][0]=g1[l][r][1]=0;
for(int bl=r;bl>l;bl--){
up(g1[l][r][0],1LL*g1[bl][r][1]*g1[l][bl][0]%mod);
if(ok[l][r])up(g1[l][r][1],1LL*g1[bl][r][0]*g0[l][bl-1][0]%mod);
}
up(g1[l][r][0],g1[l][r][1]);
//printf("l=%d r=%d g=%d\n",l,r,g0[l][r][0]);
}
}
printf("%d\n",g0[0][n-1][0]);
return 0;
}
D. Heaps from Trees
$f[i][j]$表示$i$的子樹內選擇點集的權值最大值為$j$時最多選幾個點，用dsu on tree配合線段樹轉移即可。
時間複雜度$O(n\log^2n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200010,M=N*20;
int n,i,x,g[N],nxt[N],size[N],son[N],a[N],b[N],q[N],cnt;
int l[M],r[M],v[M],tag[M],root[N];
int rub[M],cur;
void clear(int x){
if(!x)return;
clear(l[x]);
clear(r[x]);
rub[++cur]=x;
}
inline int newnode(){
int x=rub[cur--];
l[x]=r[x]=v[x]=tag[x]=0;
return x;
}
inline void tag1(int x,int p){
if(!x)return;
tag[x]+=p;
v[x]+=p;
}
inline void pb(int x){
if(tag[x])tag1(l[x],tag[x]),tag1(r[x],tag[x]),tag[x]=0;
}
inline void up(int x){
v[x]=max(v[l[x]],v[r[x]]);
}
void ins(int&x,int a,int b,int c,int d){
if(!x)x=newnode();
pb(x);
if(a==b){
v[x]=max(v[x],d);
return;
}
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)ins(l[x],a,mid,c,d);
else ins(r[x],mid+1,b,c,d);
up(x);
}
int ask(int x,int a,int b,int c,int d){
if(!x)return 0;
if(c<=a&&b<=d)return v[x];
pb(x);
int mid=(a+b)>>1,t=0;
if(c<=mid)t=ask(l[x],a,mid,c,d);
if(d>mid)t=max(t,ask(r[x],mid+1,b,c,d));
return t;
}
void add(int x,int a,int b,int c,int d,int p){
if(!x)return;
if(c<=a&&b<=d){tag1(x,p);return;}
pb(x);
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)add(l[x],a,mid,c,d,p);
if(d>mid)add(r[x],mid+1,b,c,d,p);
up(x);
}
inline int lower(int x){
int l=1,r=n,mid,t;
while(l<=r)if(b[mid=(l+r)>>1]<=x)l=(t=mid)+1;else r=mid-1;
return t;
}
void dfs(int x){
size[x]=1;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i]){
dfs(i);
size[x]+=size[i];
if(size[i]>size[son[x]])son[x]=i;
}
}
void go(int x){
q[++cnt]=a[x];
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])go(i);
}
inline void merge(int x,int y){
cnt=0;
go(y);
sort(q+1,q+cnt+1);
q[cnt+1]=n+1;
static int A[N],B[N];
for(int i=1;i<=cnt;i++){
int o=q[i];
A[i]=ask(root[y],1,n,o,o);
B[i]=ask(root[x],1,n,1,o);
}
for(int i=1,t=0;i<=cnt;i++){
int o=q[i];
t=max(t,A[i]);
if(o!=q[i+1])add(root[x],1,n,o,q[i+1]-1,t);
}
clear(root[y]);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
ins(root[x],1,n,q[i],A[i]+B[i]);
}
}
void dfs2(int x){
if(son[x]){
dfs2(son[x]);
root[x]=root[son[x]];
}
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(i!=son[x]){
dfs2(i);
merge(x,i);
}
int o=0;
if(a[x]>1)o=ask(root[x],1,n,1,a[x]-1);
ins(root[x],1,n,a[x],o+1);
}
int main(){
cur=M-1;
for(i=1;i<=cur;i++)rub[i]=i;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&a[i],&x);
if(x){
nxt[i]=g[x];
g[x]=i;
}
b[i]=a[i];
}
sort(b+1,b+n+1);
for(i=1;i<=n;i++)a[i]=lower(a[i]);
dfs(1);
dfs2(1);
printf("%d",ask(root[1],1,n,1,n));
}
E. Blazing New Trails
二分引數$mid$，將所有特殊邊的權值加上$mid$求MST，使得得到的生成樹恰好有$K$條特殊邊即可。
時間複雜度$O(n\log^2n)$。
F. Incremental Double Free Strings
留坑。
G. Apple Market
二維ST表優化建圖的網路流。
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<time.h>
#include<assert.h>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>pi;
const int Maxn=55;
const int MAXN = 1000005 ;
const int MAXE = 3000005 ;
const LL INF = 1LL<<60 ;
struct Edge {
int v , n ;
LL c;
Edge () {}
Edge ( int v , LL c , int n ) : v ( v ) , c ( c ) , n ( n ) {}
} ;
Edge E[MAXE] ;
int H[MAXN] , cntE ;
int d[MAXN] , cur[MAXN] , gap[MAXN] , pre[MAXN] ;
int Q[MAXN] , head , tail ;
int s , t , nv ;
LL flow ;
int a[55][55][6][6];
int ori[55][55];
int cl[66];
int idx;
void init () {
memset ( H , -1 , sizeof H ) ;
cntE = 0 ;
}
void add ( int u , int v , LL c ) {
if(v==0)while(1);
E[cntE] = Edge ( v , c , H[u] ) ;
H[u] = cntE ++ ;
E[cntE] = Edge ( u , 0 , H[v] ) ;
H[v] = cntE ++ ;
}
void rev_bfs () {
memset ( d , -1 , sizeof d ) ;
memset ( gap , 0 , sizeof gap ) ;
d[t] = 0 ;
gap[d[t]] = 1 ;
head = tail = 0 ;
Q[tail ++] = t ;
while ( head != tail ) {
int u = Q[head ++] ;
for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n ) {
int v = E[i].v ;
if ( d[v] == -1 ) {
d[v] = d[u] + 1 ;
gap[d[v]] ++ ;
Q[tail ++] = v ;
}
}
}
}
int isap () {
flow = 0 ;
rev_bfs () ;
memcpy ( cur , H , sizeof cur ) ;
int u = pre[s] = s , i , mv ;
while ( d[s] < nv ) {
if ( u == t ) {
LL f = INF ;
for ( i = s ; i != t ; i = E[cur[i]].v ) {
if ( f > E[cur[i]].c ) {
f = E[cur[i]].c ;
u = i ;
}
}
flow += f ;
for ( i = s ; i != t ; i = E[cur[i]].v ) {
E[cur[i]].c -= f ;
E[cur[i] ^ 1].c += f ;
}
}
for ( i = cur[u] ; ~i ; i = E[i].n ) {
if ( E[i].c && d[u] == d[E[i].v] + 1 ) break ;
}
if ( ~i ) {
cur[u] = i ;
pre[E[i].v] = u ;
u = E[i].v ;
} else {
if ( 0 == -- gap[d[u]] ) break ;
mv = nv ;
for ( i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n ) {
int v = E[i].v ;
if ( E[i].c && mv > d[v] ) {
cur[u] = i ;
mv = d[v] ;
}
}
d[u] = mv + 1 ;
gap[d[u]] ++ ;
u = pre[u] ;
}
}
return flow ;
}
void precal(int n,int m){
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
a[i][j][0][0]=++idx;
//a[i][j][0][0]=ori[i][j];
}
}
for(int i=0;(1<<i)<=n;i++){
for(int j=0;(1<<j)<=m;j++){
if(!i&&!j)continue;
for(int x=0;x+(1<<i)<=n;x++){
for(int y=0;y+(1<<j)<=m;y++){
a[x][y][i][j]=++idx;
if(!j){
add(a[x][y][i][j],a[x][y][i-1][j],INF);
add(a[x][y][i][j],a[x+(1<<(i-1))][y][i-1][j],INF);
//a[x][y][i][j]=max(a[x][y][i-1][j],a[x+(1<<(i-1))][y][i-1][j]);
}
else{
add(a[x][y][i][j],a[x][y][i][j-1],INF);
add(a[x][y][i][j],a[x][y+(1<<j-1)][i][j-1],INF);
//a[x][y][i][j]=max(a[x][y][i][j-1],a[x][y+(1<<(j-1))][i][j-1]);
}
}
}
}
}
}
void ask(int o,int x1,int y1,int x2,int y2){
int len1=x2-x1+1,len2=y2-y1+1;
int tx=cl[len1],ty=cl[len2];
len1=tx;len2=ty;
add(o,a[x1][y1][tx][ty],INF);
add(o,a[x2-(1<<len1)+1][y1][tx][ty],INF);
add(o,a[x1][y2-(1<<len2)+1][tx][ty],INF);
add(o,a[x2-(1<<len1)+1][y2-(1<<len2)+1][tx][ty],INF);
}
int check(int x1,int y1,int x2,int y2){
int ret=0;
for(int i=x1;i<=x2;i++)
for(int j=y1;j<=y2;j++){
ret=max(ret,ori[i][j]);
}
return ret;
}
int main(){
init () ;
for(int i=2;i<55;i++){
cl[i]=cl[i>>1]+1;
}
int n , m , k ;
scanf ( "%d%d%d" , &n , &m , &k ) ;
for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i ) {
for ( int j = 0 ; j < m ; ++ j ) {
scanf ( "%d" , &ori[i][j] ) ;
}
}
precal ( n , m ) ;
s = 0 ;
for ( int i = 1 ; i <= k ; ++ i ) {
int x1 , x2 , y1 , y2 , val ;
scanf ( "%d%d%d%d%d" , &x1 , &x2 , &y1 , &y2 , &val ) ;
if ( x1 > x2 ) swap ( x1 , x2 ) ;
if ( y1 > y2 ) swap ( y1 , y2 ) ;
-- x1 ;
-- y1 ;
-- x2 ;
-- y2 ;
++ idx ;
add ( s , idx , val ) ;
ask ( idx , x1 , y1 , x2 , y2 ) ;
}
t = ++ idx ;
nv = t + 1 ;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
add ( a[i][j][0][0] , t , ori[i][j] ) ;
//a[i][j][0][0]=ori[i][j];
}
}
isap () ;
//printf("%d %d\n",idx,cntE);
printf ( "%lld\n" , flow ) ;
if ( scanf ( "%d%d%d" , &n , &m , &k ) != -1 ) while ( 1 ) ;
/*
int q=100;
while(q--){
int x1=rand()%n,y1=rand()%m,x2=rand()%n,y2=rand()%m;
if(x1>x2)swap(x1,x2);
if(y1>y2)swap(y1,y2);
int ans1=ask(x1,y1,x2,y2);
int ans2=check(x1,y1,x2,y2);
if(ans1!=ans2){
printf("%d %d %d %d ans=%d %d\n",x1,y1,x2,y2,ans1,ans2);
}
else puts("ok");
}
*/
return 0;
}
H. Maximum Color Clique
留坑。
I. Ski Resort
留坑。
J. Yin and Yang Stones
按題意模擬。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ;
const int MAXN = 100005 ;
char s[MAXN] ;
void solve () {
int x = 0 , y = 0 ;
for ( int i = 0 ; s[i] ; ++ i ) {
if ( s[i] == 'W' ) ++ x ;
else ++ y ;
}
printf ( "%d\n" , x == y ) ;
}
int main () {
while ( ~scanf ( "%s" , s ) ) solve () ;
return 0 ;
}
K. Unbalanced Parentheses
留坑。